\section{因式分解定理}

\begin{frame}{不可约多项式}

在这一节， 我们讨论多项式的因式分解。 在中学所学代数里我们学过一些具体方法，把一个多项式分解为不能再分的因式的乘积。 但那里并没有深人地讨论这个问题。那里所谓不能再分， 常常只是我们自己看不出怎样再分下去的意思， 并没有严格地论证它们确实不可再分。 所谓不能再分的概念， 其实不是绝对的， 而是相对于系数所在的数域而言的。
\pause
例如， 在有理数域上，把 $x^{4}-4$ 分解为
\[
x^{4}-4=\left(x^{2}-2\right)\left(x^{2}+2\right)
\]
的形式就不能再分了。 
\pause
但在数域 $\mathbf{Q}(\sqrt{2})$ (参看本章 \S1) 上， 或更扩大一些， 在实数域上，就可以进一步分解成
\[
x^{4}-4=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})\left(x^{2}+2\right).
\]
\pause
而在复数域上，还可以更进一步分解成
\[
x^{4}-4=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2} i)(x+\sqrt{2} i) .
\]
\pause
由此可见，必须明确系数域后， 所谓不能再分才有确切的含义。

\pause
在下面的讨论中， 仍然选定一个数域 $P$ 作为系数域， 我们考虑数域 $P$ 上的多项式环 $P[x]$ 中多项式的因式分解。


\pause
\begin{definition}%定义8 
  数域 $P$ 上次数 $\geqslant 1$ 的多项式 $p$ 称为域 $P$ 上的\emph{不可约多项式}， 如果它不能表成数域 $P$ 上的两个次数比 $p$ 的次数低的多项式的乘积。
\end{definition}
按照定义， 一次多项式总是不可约多项式。

\end{frame}

\begin{frame}
  正如上面指出的， $x^{2}+2$ 是实数域上的不可约多项式，但是它在复数域上可以分解成两个一次多项式的乘积， 因而不是不可约的。 这就说明了， 一个多项式是否不可约是依赖于系数域的。

  \pause
显然，不可约多项式 $p$ 的因式只有非零常数与它自身的非零常数倍 $c p$ ($c \in P^*$) 这两种， 
此外就没有了。 反过来， 具有这个性质的次数 $\geqslant 1$ 的多项式一定是不可约的。
由此可知，不可约多项式与任一多项式之间只可能有两种关系：
\pause
  \begin{observation*}
    设$p$是不可约多项式，$f$是任一多项式。那么要么$p\mid f$, 要么$(p,f)=1$.
  \end{observation*}
 % \begin{proof}
  %如果 $(p, f)=d$, 那么 $d$ 或者是 $1$ 或者是 $c p(c \neq 0)$. 当 $d=c p$ 时， 就有 $p \mid f$.
%\end{proof}


  \pause
  不可约多项式有下述的类似于素数的重要性质。



\begin{theorem}%定理5 
  如果 $p$ 是不可约多项式，那么对任意的$f, g\in P[x]$, $p \mid f g$ 蕴含了 $p \mid f$ 或 $p \mid g$.
\end{theorem}


\pause
\begin{proof}
如果 $p \mid f$, 那么结论已经成立。
如果 $p \nmid f$,那么由以上说明可知
$(p, f)=1$.
于是由定理~\ref{11C}~即得 $p \mid g$. 
\end{proof}

\pause
利用数学归纳法， 这个定理可以推广为： \emph{如果不可约多项式 $p$ 整除一些多项式 $f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{s}$ 的乘积 $f_{1} f_{2} \cdots f_{s}$, 那么 $p$ 一定整除这些多项式之中的一个。}
\end{frame}

\begin{frame}{惟一因式分解定理}

下面来证明这一章的主要定理。
\begin{theorem*}
  [因式分解及唯一性定理]
  数域 $P$ 上每一个次数 $\geqslant 1$ 的多项式 $f$ 都可以唯一地分解成数域 $P$ 上一些不可约多项式的乘积。 所谓唯一性是说， 如果有两个分解式
\[
f=p_{1} p_{2} \cdots p_{s}=q_{1} q_{2} \cdots q_{t},
\]
那么必有 $s=t$,并且适当排列因式的次序后有
$p_{i}=c_{i} q_{i}$, 其中 $c_{i}\in P^*$, $i=1,2, \cdots, s$.
\end{theorem*}
\pause
\begin{proof}
    先证明不可约分解的存在性。
    我们对$\partial f>0$归纳 (使用完全的数学归纳法)。
    若$f$已然不可约 (如$\partial f=1$)，取$s=1, p_1=f$. 
    否则，存在分解$f=gh$, 其中$1\leqslant \partial g, \partial h<\partial f$. 
    由归纳假设，$g, h$的不可约分解存在，从而$f$的不可约分解存在。

    \pause
  再证明不可约分解的唯一性。设$f$有两个不可约分解
  $f=p_1p_2\cdots p_s=q_1q_2\cdots q_t.$
  不妨设$s\geqslant t$. 由$p_s\mid q_1q_2\cdots q_t$知$p_s\mid q_i$, 对某个$i$. 
  重排$q_1,\cdots,q_t$后可设$p_s\mid q_t$. 
  由于$q_t$不可约，相差个常数倍$q_t$只有$1$和$q_t$两个因子，
  而$p_s$不是常数，所以$p_s$与$q_t$相差个常数倍。
  故相差个常数倍的意义下可设$p_s=q_t$. 这时有$p_1p_2\cdots p_{s-1}=q_1q_2\cdots q_{t-1}$. 
  类似地，我们依次得到$p_{s-1}=q_{t-1}, \cdots, p_{s-t+1}=q_1$ (相差常数倍和排序的意义下)。
  若$s>t$, 则$p_1\cdots p_{s-t}=1$, 这不可能，因为$\partial p_i>0$; 从而$s=t$. 
  这就证明了相差因子的常数倍和排序的意义下，不可约分解是唯一的。
\end{proof}


%\begin{proof}
%先证分解式的存在。 我们对 $f$ 的次数作数学归纳法。
%
%因为一次多项式都是不可约的，所以 $n=1$ 时结论成立。
%
%设 $\partial(f)=n$, 并设结论对于次数低于 $n$ 的多项式已经成立。
%
%如果 $f$ 是不可约多项式，结论是显然的，无妨设 $f$ 不是不可约的，即有
%\[
%f=f_{1} f_{2},
%\]
%其中 $f_{1}, f_{2}$ 的次数都低于 $n$. 由归纳假设 $f_{1}$ 和 $f_{2}$ 都可以分解成数域 $P$ 上一些不可约多项式的乘积。 把 $f_{1}, f_{2}$ 的分解式合起来就得到 $f$ 的一个分解式。
%
%由归纳法原理， 结论普遍成立。
%
%再证唯一性。 设 $f$ 可以分解成不可约多项式的乘积
%\[
%f=p_{1} p_{2} \cdots p_{s} .
%\]
%如果 $f$ 还有另一个分解式
%\[
%f=q_{1} q_{2} \cdots q_{t},
%\]
%其中 $q_{i}(i=1,2, \cdots, t)$ 都是不可约多项式，于是
%\begin{equation*}
%f=p_{1} p_{2} \cdots p_{s}=q_{1} q_{2} \cdots q_{t} . \tag{1}
%\end{equation*}
%我们对 $s$ 作归纳法。 当 $s=1, f$ 是不可约多项式， 由定义必有
%\[
%s=t=1,
%\]
%且。
%\[
%f=p_{1}=q_{1} .
%\]
%现在设不可约因式的个数为 $s-1$ 时唯一性已证。
%
%由 (1), $p_{1} \mid q_{1} q_{2} \cdots q_{1}$, 因此， $p_{1}$ 必能除尽其中的一个， 无妨设
%\[
%p_{1} \mid q_{1} .
%\]
%因为 $q_{1}$ 也是不可约多项式， 所以有
%\begin{equation*}
%p_{1}=c_{1} q_{1}, \tag{2}
%\end{equation*}
%在 1 ) 式两边消去 $q_{1}$, 就有
%\[
%p_{2} \cdots p_{s}=c_{1}^{-1} q_{2} \cdots q_{t} .
%\]
%由归纳假设，有
%\begin{equation*}
%s-1=t-1 \text {, 即 } s=t, \tag{3}
%\end{equation*}
%并且适当排列次序之后有
%\begin{gather*}
%p_{2}=c_{2}^{\prime} c_{1}^{-1} q_{2}, \quad \text { 即 } p_{2}=c_{2} q_{2}, \\
%p_{i}=c_{i} q_{i}, \quad i=3, \cdots, s . \tag{4}
%\end{gather*}
%(2),(3),(4) 合起来即为所要证的。这就证明了分解的唯一性。 
%\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
应该指出，因式分解定理虽然在理论上有其基本重要性，但是它并没有给出一个具体的分解多项式的方法。 实际上，对于一般的情形， 普遍可行的分解多项式的方法是不存在的。

\pause
在多项式 $f$ 的分解式中， 可以把每一个不可约因式的首项系数提出来， 使它们成为首项系数为 $1$ 的多项式， 再把相同的不可约因式合并。 于是 $f$ 的分解式成为
\[
f=c p_{1}^{r_{1}} p_{2}^{r_{2}} \cdots p_{s}^{r_{s}},
\]
其中 $c$ 是 $f$ 的首项系数， $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{s}$ 是不同的首一的不可约多项式，而 $r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{s}$ 是正整数。这种分解式称为\emph{标准分解}式。

%\pause
%如果已经有了两个多项式的标准分解式，我们就可以直接写出两个多项式的最大公因式。 多项式 $f$ 与 $g$ 的最大公因式 $d$ 就是那些同时在 $f$ 与 $g$ 的标准分解式中出现的不可约多项式方幂的乘积， 所带的方幕的指数等于它在 $f$ 与 $g$ 中所带的方幂中的较小的一个。

\pause
由以上讨论可以看出，带余除法是一元多项式因式分解理论的基础。我们知道，整数也有带余除法， 即

\begin{quote}
对于任意整数 $a, b$ ($b \neq 0$), 都存在唯一的整数 $q, r$, 使
\[
a=q b+r,
\]
其中 $0 \leqslant r<|b|$.
\end{quote}
整数的因式分解理论能够类似地得出， 读者可以参考附录二进行自学。
\end{frame}


\begin{frame}{惟一因式分解性的应用}
我们可以从因式分解来看整除性。$f$ 的因子分解式也可写为
\begin{equation*}
f=c \prod_{p} p^{v_{p}} 
\end{equation*}
其中指标 $p$ 遍历所有首一的不可约多项式， $v_{p}$ 是非负整数且只对有限多个 $p$ 取值非零。
这里我们约定 $p^{0}=1$, 故上述乘积是有限的。
\pause
由惟一因式分解性，$v_p$惟一地被$f$决定，故
$v_{p}$ 也写为 $v_{p}(f)$ 或 $\operatorname{ord}_{p}(f)$, 这是使得 $p^{r} \mid f$ 的最大整数 $r$, 
称为 $f$ 在 $p$ 的\emph{指数} (exponent) 或 \emph{阶} (order)。 
%此时记 $p^{v_{p}}~\|~n$, 符号 $\|$ 读为\emph{恰整除}。
\pause
用这种记号，易知
\begin{observation*}
\begin{enumerate}
\item $v_p(gh)=v_p(g)+v_p(h)$. 
\item $g \mid f$ 当且仅当 $v_{p}(g) \leqslant v_{p}(f)$, 对任意的首一不可约多项式 $p$.
\end{enumerate}
\end{observation*}

\pause
\begin{example}
  设$g, f\in P[x]$ 满足$g^n\mid f^n$, 其中$n$是正整数。我们来证明$g\mid f$.
  $g=0$或$f=0$的情形平凡，可设$g, f\neq 0$.
令$p$为首一不可约多项式。那么
\[
  v_p(g^n)=nv_p(g),\quad v_p(f^n)=nv_p(f).
\]
$g^n\mid f^n$表明$n v_p(g) \leqslant n  v_p(f)$, 从而$v_p(g)\leqslant v_p(f)$. 
  这样$g\mid f$.
\end{example}

\end{frame}


\begin{frame}

下面我们来介绍最小公倍式，和最大公因子、最小公倍式在有因式分解时的求法。
\begin{definition} 
设$f_1, \cdots, f_k\in P[x]$. 若$m\in P[x]$满足
\begin{enumerate}
\item $f_i\mid m$, 对任意$i$;
\item $f_i\mid h$, 对任意$i$, 蕴含了$m\mid h$, 
\end{enumerate}
则称$m$为$f_1, \cdots, f_k$的\emph{最小公倍式}。
\end{definition}
\pause
  若这些$f_i$中有零多项式，最小公倍式$m$存在且为零。 考虑所有$f_i$非零的情形。
  \pause
  \begin{proposition}
    令$f_1,\cdots,f_k\in P[x]$都非零。那么
    \begin{enumerate}
      \item $f_1,\cdots,f_k$的最小公倍式存在、非零，且相差个非零常数倍惟一。这样
 $f_1,\cdots,f_k$的首一最小公倍式唯一地存在，记作$[f_1, \cdots, f_k]$或$\lcm(f_1, \cdots, f_k)$.
      \item $[f_1,\cdots,f_k]=[[f_1,\cdots,f_{k-1}],f_k]$.
      \item 若$f_1,f_2$非零，$[f_1,f_2](f_1,f_2)=\frac{1}{c}f_1f_2$, 其中$c$为$f_1f_2$的首项系数。
    \end{enumerate}
  \end{proposition}


  证明留给读者 ((3) 的证明要用到命题~\ref{170})。因此，和最大公因子一样，(2)表明我们可以递归地求最小公倍式，
  这归结为计算两个多项式的最小公倍式，而此时可求出最大公因式后利用(3)得到 
  (作为例子，自己算算例~\ref{146}~中多项式的最小公倍式)。
另外，在有因式分解时，我们可以轻松地求出最大公因子和最小公倍式；
下面的命题同时也告诉了我们最小公倍式的存在性。
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proposition}\label{170}
  给定非零多项式$f_1, \cdots, f_k\in P[x]$, 
  \[
    (f_1, \cdots, f_k) = \prod_{p} p^{s_p},\qquad [f_1, \cdots, f_k] = \prod_{p} p^{t_p},
  \]
  其中指标$p$遍历所有首一的不可约多项式，
  \[
    s_p = \min\{v_p(f_i)\mid 1\leqslant i\leqslant k\}, \quad t_p=\max\{v_p(f_i)\mid 1\leqslant i\leqslant k\}.
  \]
 \end{proposition}


 \begin{example}
   \vspace*{-1em}
\begin{align*}
\left( x(x-1)^2(x-2)^4(x-3), 3x^2(x-3)^2, x(x-2)^3 \right) &=  
x, \\
\left[ x(x-1)^2(x-2)^4(x-3), 3x^2(x-3)^2, x(x-2)^3 \right] &= 
x^2(x-1)^2(x-2)^4(x-3)^2.
\end{align*}
\end{example}

\pause
\begin{proof*}[命题~\ref{170}~的证明]
  我们只验证$[f_1, \cdots, f_k] = m$, 其中$m= \prod_{p} p^{t_p}$.
  只需说明$m$满足最小公倍式的定义即可。
  显然$f_i\mid m$, 对任意$i$. 
  若对任意$i$有$f_i\mid h$, 其中$h=c\prod_{p} h^{v_p(h)}$,
  则由整除的传递性知$p^{v_p(f_i)}\mid h$, 从而$v_p(f_i)\leqslant v_p(h)$, 对任意的$i,p$.
  这样对任意的首一不可约多项式$p$，$v_p(m)=t_p\leqslant v_p(h)$. 如此，$m \mid h$.
  故首一多项式$m=\prod_{p} p^{t_p}$就是$f_1, \cdots, f_k$的首一最小公倍式。
\end{proof*}
\pause

\end{frame}


\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为不可约多项式？有哪些性质？
    \item 举例说明不可约性的概念对系数域的依赖性。
    \item 何为多项式的惟一因式分解性？
    \item 如何应用因式分解判断整除关系？
    \item 何为最小公倍式？存在性、唯一性如何？可如何求？
    \item 有因式分解时如何求首一最小公倍式和首一最大公因式？
  \end{enumerate}
\end{frame}
